2022新高考数学人教A版一轮总复习训练4.2导数的应用专题检测（带解析）

§4.2　导数的应用专题检测1.(2019广东惠州4月模拟,9)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=x·f'(x)的图象可能是(　　)答案　C　由函数f(x)在x=-2处取得极小值,可得f'(-2)=0,且当x∈(a,-2)(a<-2)时,f(x)单调递减,即f'(x)<0;当x∈(-2,b)(b>-2)时,f(x)单调递增,即f'(x)>0,所以函数y=xf'(x)在区间(a,-2)(a<-2)内的函数值为正,在区间(-2,b)(-2<b<0)内的函数值为负,由此可排除选项A,B,D.故选C.2.(2020山西吕梁10月阶段性测试,9)已知函数f(x)=x3-3x2+4x+5,f(m)=4,f(n)=10,则m+n=(　　)A.1　　B.　　C.2　　D.3答案　C　解法一:f'(x)=3x2-6x+4=3(x-1)2+1>0,所以f(x)为增函数.又f=,f(0)=5,f(2)=9,f(3)=17,所以f<f(m)<f(0),f(2)<f(n)<f(3),即-<m<0,2<n<3,所以<m+n<3,故选C.解法二:f'(x)=3x2-6x+4,f″(x)=6x-6,所以f(x)的对称中心为(1,7),又f(m)+f(n)=14,所以m+n=2.方法总结　形如f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的三次函数的对称中心是.3.(2019江西九江第一次十校联考,3)已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示, 则下列叙述正确的是(　　)A.函数f(x)在(-∞,-4)上单调递减B.函数f(x)在x=-1处取得极大值C.函数f(x)在x=-4处取得极值D.函数f(x)只有一个极值点答案　D　由导函数的图象可得,当x∈(-∞,2)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.由于函数的单调减区间为(2,+∞),所以A不正确;当x=2时,函数f(x)取得极大值,所以B不正确;只有当x=2时函数取得极大值,所以C不正确,D正确.故选D.易错警示　解答本题的关键是由题中的图象得到导函数值的符号,然后由导函数值的符号判断函数的单调性,进而得到函数的极值情况.解题时要分清导函数的极值点与函数极值点间的关系,常出现的错误是认为导函数的极值点即为函数的极值点.4.(2019江西红色七校第一次联考,8)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在区间(1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是(　　)A.(-∞,1]　　B.(-∞,1)　　C.(-∞,2]　　D.(-∞,2)答案　C　f'(x)=6x2-6mx+6,由已知条件知x∈(1,+∞)时,f'(x)≥0恒成立.设g(x)=6x2-6mx+6,则g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立.当Δ=36(m2-4)≤0,即-2≤m≤2时,满足g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立;当Δ=36(m2-4)>0,即m<-2或m>2时,则需解得m<2,∴m<-2. 综上,m≤2,∴实数m的取值范围是(-∞,2].5.(2018河北衡水金卷全国高三大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)=-ex+1+mcosx,记a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c间的大小关系是(　　)A.b<a<c　　B.a<c<bC.c<b<a　　D.c<a<b答案　D　根据题意得f(0)=m=0,故x≥0时,f(x)=-ex+1.令g(x)=xf(x),则g(x)=xf(x)为R上的偶函数.当x≥0时,g'(x)=[x(-ex+1)]'=1-ex-xex=-(x+1)ex+1≤0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递减.又a=-2f(-2)=g(-2)=g(2),b=-f(-1)=g(-1)=g(1),c=3f(3)=g(3).故c<a<b,选D.6.(2019河北省级示范性高中联合体3月联考,12)已知函数f(x)的导函数f'(x)满足(x+xlnx)f'(x)<f(x)对x∈恒成立,则下列不等式中一定成立的是(　　)A.2f(1)>f(e)　　B.e2f(1)>f(e)C.2f(1)<f(e)　　D.ef(1)<f(e)答案　A　令g(x)=,x∈.则g'(x)=,由(x+xlnx)f'(x)<f(x),得(1+lnx)f'(x)-f(x)<0,则g'(x)<0,故g(x)在x∈上递减,故g(e)<g(1),即<,∴2f(1)>f(e).故选A. 7.(2020河北邢台第一次摸底考试,12)函数f(x)=(x3-3x)·ex-在区间[-3,2)∪(2,3]上的零点个数为(　　)A.2　　B.3　　C.4　　D.5答案　C　令f(x)=(x3-3x)ex-=0,得(x2-2x)ex=.设g(x)=(x2-2x)ex,h(x)=,则g'(x)=(x2-2)ex.当-3≤x<-时,g'(x)>0;当-<x<时,g'(x)<0;当<x≤3时,g'(x)>0.所以g(x)的极小值为g()=(2-2)<h(),极大值为g(-)=(2+2)>h(-),又g(-3)=>=h(-3),g(3)>h(3),且h(x)在[-3,-),(-,0)上单调递增,在(0,),(,3]上单调递减,结合这两个函数的图象,可知这两个函数的图象共有4个交点,又g(2)≠h(2),从而f(x)在[-3,2)∪(2,3]上共有4个零点.8.(2018广东佛山一模,12)设函数f(x)=x3-3x2+2x,若x1,x2(x1<x2)是函数g(x)=f(x)-λx的两个极值点,现给出如下结论:①若-1<λ<0,则f(x1)<f(x2);②若0<λ<2,则f(x1)<f(x2);③若λ>2,则f(x1)<f(x2).其中正确结论的个数为(　　)A.0　　B.1　　C.2　　D.3答案　B　函数g(x)=f(x)-λx,∴g'(x)=f'(x)-λ,令g'(x)=0,得f'(x)-λ=0,∴f'(x)=λ有两解x1,x2(x1<x2).∵f(x)=x3-3x2+2x,∴f'(x)=3x2-6x+2,画出y=f'(x)的图象如图所示. ①若-1<λ<0,则x1、x2在f(x)的递减区间上,故f(x1)>f(x2);②若0<λ<2,则x1>0,x2<2,又x1,0在f(x)的一个递增区间上,x2,2在f(x)的另一个递增区间上,∴f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(2)=0,故f(x1)>f(x2);③若λ>2,则x1<0,x2>2,则f(x1)<f(0)=0,f(x2)>f(2)=0,故f(x1)<f(x2).故选B.9.(2019安徽宣城二模,12)已知函数y=a+8lnx的图象上存在点P,函数y=-x2-2的图象上存在点Q,且P,Q关于x轴对称,则a的取值范围是(　　)A.[6-8ln2,e2-6]　　B.[e2-6,+∞)C.　　D.答案　D　函数y=-x2-2的图象与函数y=x2+2的图象关于x轴对称,根据已知得函数y=a+8lnx的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+8lnx=x2+2在x∈上有解,即a=x2+2-8lnx在x∈上有解,令g(x)=x2+2-8lnx,x∈,则g'(x)=2x-=,当x∈时,g'(x)<0,当x∈(2,e]时,g'(x)>0,故当x=2时,g(x)取最小值,为g(2)=6-8ln2,由于g=10+,g(e)=e2-6,故当x=时,g(x)取最大值 10+,所以6-8ln2≤a≤10+.故选D.10.(2019江西赣州模拟,12)若关于x的不等式≤ax+b成立,则的最小值是(　　)A.-　　B.-　　C.　　D.答案　A　令f(x)=,f'(x)==,x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,且x=时,f(x)>0,函数f(x)的图象如图所示,满足题意时,直线y=ax+b恒不在函数f(x)图象的下方,很明显a<0时不合题意,当a>0时,令ax+b=0,可得=-x,故取到最小值时,直线在x轴上的截距最大,令f(x)=0,可得x=,则-x=-,据此可得的最小值是-,故选A.解后反思　本题主要考查用导函数研究函数的图象及性质,考查数形结合的思想、等价转化的思想,综合性较强.11.(2019安徽黄山二模,12)已知定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,且∀x∈R,f[f(x)+2018x]=2019,若g(x)=2sin+mx在上与函数f(x)的单调性相同,则实数m的取值范围是(　　)A.(-∞,-2]　　B.[-2,+∞)C.(-∞,2]　　D.[-2,-1] 答案　A　定义在R上的连续可导函数f(x)无极值,则f'(x)≥0或f'(x)≤0,即f(x)为R上的单调函数.因为∀x∈R,f[f(x)+2018x]=2019,所以f(x)+2018x为定值.设t=f(x)+2018x,则f(x)=t-2018x,易知f(x)为R上的减函数.∵g(x)=2sin+mx,∴g'(x)=2cos+m,又g(x)在上与f(x)的单调性相同,∴g(x)在上单调递减,则当x∈时,g'(x)≤0恒成立,即m≤-2cos.当x∈时,x+∈,则当x+=2π时,y=2cos取得最大值2,此时y=-2cos取得最小值-2,则m≤-2,故实数m的取值范围是(-∞,-2],故选A.思路分析　根据可导函数f(x)无极值,得到f(x)是单调函数,根据已知得f(x)+2018x为定值,利用换元法得到f(x)的解析式,判断函数f(x)的单调性,然后得到g(x)在上的单调性,利用导数与单调性之间的关系转化为不等式恒成立进行求解即可.解题关键　本题考查导数的综合应用,考查利用导数求函数的单调性,利用条件判断函数f(x),g(x)的单调性是解决本题的关键.12.(2020四川成都摸底测试,12)若关于x的不等式xlnx-kx+2k+1>0在(2,+∞)上恒成立,则满足条件的整数k的最大值为(　　)A.2　　B.3　　C.4　　D.5答案　A　当x∈(2,+∞)时,不等式xlnx-kx+2k+1>0恒成立等价于k<恒成立.令f(x)=(x>2),则f'(x)=,令g(x)=x-2lnx-3(x>2),则g'(x)=1->0,函数g(x)在(2,+∞)上单调递增.又g(e)=e-5<0,g(e2)=e2-7>0,所以在(e,e2)上存在x0,使g(x0)=0,即x0-2lnx0-3=0,∴当x∈(2,x0)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以 f(x)min=f(x0)=,将x0=2lnx0+3代入,得f(x)min=lnx0+1.∵e<x0<e2,∴1<lnx0<2,∴2<lnx0+1<3,即2<f(x)min<3.则满足条件的整数k的最大值为2,故选A.方法点拨　对于不等式恒成立时,求参数的范围问题,一般有三种方法,一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子,另一端是一个区间上具体的函数,通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件;二是讨论分析法,根据参数取值情况分类讨论;三是数形结合法,通过两个函数的图象进行分析.13.(2020四川成都摸底测试,15)已知f(x)是定义在上的奇函数,其导函数为f'(x),f=,且当x∈时,f'(x)sin2x+2f(x)cos2x>0.则不等式f(x)sin2x<1的解集为　　　　. 答案　解析　构造函数F(x)=f(x)sin2x,则F'(x)=f'(x)sin2x+2f(x)cos2x,因为f(x)是定义在上的奇函数,所以F(-x)=f(-x)sin(-2x)=F(x),所以F(x)是定义在上的偶函数.因为当x∈时,f'(x)sin2x+2f(x)cos2x>0,所以F'(x)>0,所以F(x)在上单调递增,又F(x)在上是偶函数,所以F(x)在上单调递减.因为F=fsin=1,所以不等式f(x)sin2x<1等价于F(x)<F,所以|x|<,解得x∈.解题关键　先用奇偶性将不等式转化为两端只含符号“F”的表达式,再利用单调性去掉符号“F”,转化为普通的不等式求解.注意偶函数特性F(-x)=F(x)=F(|x|). 14.(2020黑龙江哈尔滨师范大学附属中学9月月考,21)已知函数f(x)=x2+ax-aex,g(x)为f(x)的导函数.(1)求函数g(x)的单调区间;(2)若函数g(x)在R上存在最大值0,求函数f(x)在[0,+∞)上的最大值.解析　(1)由题意可知,g(x)=f'(x)=x+a-aex,则g'(x)=1-aex,(1分)当a≤0时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,+∞)上单调递增;(2分)当a>0时,当x<-lna时,g'(x)>0,当x>-lna时,g'(x)<0,∴g(x)在(-∞,-lna)上单调递增,在(-lna,+∞)上单调递减.(4分)综上,当a≤0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无递减区间;当a>0时,g(x)的单调递增区间为(-∞,-lna),单调递减区间为(-lna,+∞).(6分)(2)由(1)可知,a>0,且g(x)在x=-lna处取得最大值,(7分)g(-lna)=-lna+a-a·=a-lna-1,即a-lna-1=0,(8分)令h(a)=a-lna-1(a>0),则h'(a)=1-=,当a∈(0,1)时,h'(a)<0,当a∈(1,+∞)时,h'(a)>0,∴h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h(a)≥h(1)=0,∴当且仅当a=1时,a-lna-1=0,∴f(x)=x2+x-ex,(10分)由题意可知f'(x)=g(x)≤0,f(x)在[0,+∞)上单调递减,(11分) ∴f(x)在x=0处取得最大值f(0)=-1.(12分)15.(2020百师大联盟开学大联考,20)函数f(x)=alnx--6x(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a>0,证明:当x∈(0,2]时,f(x)<0恒成立.解析　(1)f'(x)=+-6=.(1分)令f'(x)=0,得-6x2+ax+a2=0,解得x1=,x2=-.(3分)①当a=0时,f'(x)=-6<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当a>0时,>0,-<0,f(x)在上单调递增,在上单调递减.③当a<0时,<0,->0,f(x)在上单调递增,在上单调递减.(5分)(2)当a>0时,由(1)得f(x)在上单调递增,在上单调递减.①当<2,即0<a<4时,f(x)在(0,2]上的最大值f(x)max=f=aln-5a=a.因为0<a<4,所以ln<ln2<lne=1,所以a<0.(8分)②当≥2,即a≥4时,f(x)在(0,2]上单调递增.f(x)max=f(2)=a-12. 因为a≥4,ln2<lne=1<.所以a<0,所以a-12<0.(11分)综合①②可知当x∈(0,2]时,f(x)<0恒成立.(12分)